2023年河北省金太阳高考数学第二次模拟试卷（5月份）-普通用卷

2023年河北省金太阳高考数学第二次模拟试卷（5月份）

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.
C.  D.

2.  设复数，，且，则的最大值为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  已知命题：，或，则命题的否定为(    )

A. ，或 B. ，且
C. ，且 D. ，且

4.  已知等比数列的前三项和为，，则(    )

A.  B.  C.  D.

5.  某校有演讲社团、篮球社团、乒乓球社团、羽毛球社团、独唱社团共五个社团，甲、乙、丙、丁、戊五名同学分别从五个社团中选择一个报名，记事件为“五名同学所选项目各不相同”，事件为“只有甲同学选篮球”，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知一个圆台的上、下底面面积之比为：，其轴截面面积为，母线长为上底面圆的半径的倍，则这个圆台的体积为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知函数，则下列说法错误的是(    )

A. 的值域为
B. 的单调递减区间为
C. 为奇函数
D. 不等式的解集为

8.  已知，函数若存在，使得，则当取最大值时的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  在棱长为的正方体中，点在四边形内含四边形的边运动，则下列说法正确的是(    )

A. 上的任意一点到平面的距离恒为定值
B. 直线与所成角的正弦值的取值范围为
C. 若，直线与平面所成角的正切值为
D. 三棱锥外接球的体积最大值等于正方体的外接球的体积

10.  已知函数，下列说法正确的是(    )

A. 在处的切线方程为
B.
C. 若函数的图象与的图象关于坐标原点对称，则
D. 有唯一零点

11.  已知随机变量，二项式，则下列说法正确的是(    )

A.
B. 二项式的展开式中所有项的系数和为
C. 二项式的展开式中含项的系数为
D. 的展开式中含项的系数为

12.  设为椭圆上的动点，，分别为椭圆的左，右焦点，焦距为，点到三边的距离相等，椭圆的离心率为，短轴长为，则(    )

A. 点到椭圆的焦点的最大距离为 B. 若，则
C. 的面积的最大值为 D. 直线和直线的斜率之积是定值

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  数据，，，的平均数是，若将这组数据中的每一个数据都加上，得到一组新数据，则新数据的标准差为______ ．

14.  希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名他发现：“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆已知在平面直角坐标系中，，，点是满足的阿氏圆上的任一点，若抛物线的焦点为，过点的直线与此阿氏圆相交所得的最长弦与最短弦的和为______ ．

15.  已知函数的导函数为，且满足关系式则的图像上任意一点处的切线的斜率的取值范围为______ ．

16.  已知平面向量满足，则以为直径长的圆的面积的最大值为______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知的内角，，所对的边分别为，，，且．
求角的大小；
求的最大值．

18.  本小题分
已知数列的前项和为，满足为常数．
求的通项公式；
若，求数列的前项和．

19.  本小题分
学校体育节，某小组共人，利用假期参加义工活动已知参加义工活动次数为，，的人数分别为，，现从这人中随机选出人作为该组代表参加座谈会．
设为事件“选出的人参加义工活动次数之和为”，求事件发生的概率；
设为选出的人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量的分布列和数学期望与方差．

20.  本小题分
如图，正六棱柱的所有棱长为，，分别为，的中点．
求证：直线直线；
求平面与平面所成角的正弦值．

21.  本小题分
已知函数．
求的单调区间；
若在上恒成立，求证：．

22.  本小题分
双曲线的左、右焦点分别是，，离心率为，点在双曲线上．
求双曲线的标准方程；
，分别为双曲线的左，右顶点，若点为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求直线恒经过的定点坐标．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，
，
所以．
故选：．
解一元二次不等式解出集合，结合二次函数性质求出，再计算交集即可．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为复数，又，且，
所以，解得，
所以的最大值为．
故选：．
根据复数代数形式的除法运算化简，再根据复数模的计算公式得到不等式，解得即可．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：根据全称命题与存在性命题的关系，
因为命题：，或是存在量词命题，
所以命题的否定为，且．
故选：．
根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解．
本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：由而，
，
又，
．
故选：．
由等比数列的概念与性质计算即可．
本题主要考查了等比数列的性质的应用，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：事件：甲同学选篮球且五名同学所选项目各不相同，
所以其他名同学排列在其他个项目，且互不相同为，
事件：甲同学选篮球，所以其他名同学排列在其他个项目，可以安排在相同项目为，
故．
故选：．
分别求出事件、事件的可能的种数，代入条件概率公式即可求解．
本题主要主要考查条件概率公式，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：如图，设圆台上、下底面圆心分别为，，
半径分别为，，
由题意得：：，即，
因为圆台的轴截面面积为．
所以，所以，
过点作于点，
所以，
因为母线长为上底面圆的半径的倍，
所以，即．
所以，，所以，
所以圆台的体积．
故选：．
已知一个圆台的上、下底面面积之比为：，得：：，因为圆台的轴截面面积为，所以，过点作，得，所以，即，求得，，，然后利用圆台的体积公式求解即可．
本题考查圆台的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，故选项A正确；
由得，
所以的单调递减区间为，故选项B正确；
所以，
所以为奇函数，故选项C正确；
由得，
即，
所以，
所以不等式的解集为，故选项D错误．
故选：．
首先化简函数，再结合三角函数的性质，即可判断选项．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
 

8.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
依题意，
因为存在，使得，
所以，即有解，
因为，则，
所以有解，所以，
因为，所以，所以，
所以的最大值为．
此时，当且仅当时，取等号，
所以的最小值为，
故选：．
求出，由结合参变量分离法可得出，可求得的最大值，将的最大值代入函数的解析式，利用二次函数的基本性质可求得的最小值．
本题主要考查了不等式恒成立求解参数范围，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于，由正方体的性质知，平面，
所以上的任意一点到平面的距离恒为定值，故选项A正确；
对于，由正方体的性质知，，
所以直线与所成角即为直线与所成角，
因为点在四边形内含四边形的边运动，如下图所示，

过作于，过作于，显然有，，，
由三余弦定理知：，
即，
所以直线与所成角的正弦值的范围为，故选项B错误；
对于，因为，所以点是上靠近的四等分点，
过点作平面的垂线，垂足为，过作于，连接，

则为直线与平面所成的角，
由正方体的性质知，是靠近的四等分点，连接，
在中，易得，
所以，故选项C正确；
对于，因为点在四边形内含四边形的边运动，
当点在或点时，其外接球的体积最大为正方体的外接球的的体积，
当点不在或时，其外接球体积较小，故D正确．
故选：．
项，用线面平行来判定；项，先确定即所求夹角，利用三余弦定理分析其范围即可；项，作面，利用线段比例关系计算即可；项，直接分析特殊端点即可判定．
本题考查异面直线所成角问题，线面角的求解，三棱锥的体积问题，化归转化思想，属中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于，函数，求导得，有，，
所以在处的切线方程为，即，A正确；
对于，函数，有，
而，所以，B正确；
对于，函数，函数的图象与的图象关于坐标原点对称，
所以，C错误；
对于，函数的定义域为，求导得，令，
，当时，当时，，
则函数在上递增，在上递减，
于是，函数在上单调递增，而，
由零点存在性定理知在内存在唯一零点，所以有唯一零点，D正确．
故选：．
利用导数的几何意义求出切线方程判断；计算即可判断；利用对称关系求出解析式判断；利用导数探讨单调性结合零点存在性定理判断作答．
本题考查导数的综合应用，化归转化思想，属中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于中，因为随机变量且，所以，所以A错误；
对于中，在中，令，可得展开式中所有的的系数和为，所以B正确；
对于中，当时，展开式的通项为，
令，解得，
所以二项式的展开式中含项的系数为，所以C正确；
对于中，由选项C中二项式的展开式中含项的系数为，
再令，解得，
可得二项式的展开式中含项的系数为，
所以的展开式中含项的系数为，所以D正确．
故选：．
由，可判定A错误；令，求得所有的的系数和，可判定B正确；求得展开式的通项，令，代入求解，可判定C正确；
令，代入求得的展开式中含项的系数，进而可判定D正确．
本题考查二项分布以及二项式定理，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：根据题意得．
对于，设点坐标为，根据椭圆的对称性，
不妨求其到右焦点的距离为：
，，
即到椭圆的焦点的最大距离为，故选项A正确；
对于，若，所以，
设，
解得：，故选项B正确；
对于，依题意的面积的最大值为，
所以，故选项C错误；
对于连接并延长交轴于因为到三边的距离相等，
则由内角平分线定理可得，
所以．
设，，，
则，所以，
所以，则，
又，则．
所以，则，
所以，所以，
则．
所以直线和直线的斜率之积是定值．故选项D正确．
故选：．
由题意先计算得椭圆方程，对于利用焦半径公式计算即可；对于，利用椭圆的定义及勾股定理计算即可；对于，根据椭圆性质可直接判定面积最大时为上下顶点；对于，延长交轴于，结合角平分线定理得，用坐标表示直线和直线的斜率之积，化简即可．
本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，数形结合思想，属中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为数据，，，的平均数是，
所以，解得，
若将这组数据中每一个数据都加上，则新数据的平均数为，
方差为，
所以新数据的标准差为．
故答案为：．
算出平均数后套用公式先求方差，进而求出标准差．
本题主要考查了标准差的计算，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：设，由阿氏圆的定义可得，
即，化简得．
所以，
所以点在圆心为，半径为的圆上，
因为抛物线的焦点为所以，
因为．
所以点在圆内，
因为点到与圆心的距离为，
所以过点的最短弦长为，
过点的最长弦长为，
所以过点的最长弦与最短弦的和为．
故答案为：．
由阿氏圆的定义得到点的轨迹方程，即阿氏圆的方程，然后由圆的性质即可求解．
本题考查圆的方程的求解，抛物线的几何性质，化归转化思想，属中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：由题意得，
所以，即，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为，
根据导数的几何意义可得，的图像上任意一点处的切线的斜率的取值范围为．
故答案为：．
先对已知关系式求导，然后令，求出，从而得到，然后根据解析式的特点，选择用基本不等式求最值，从而得到结果．
本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：因为，
所以，
又因为，，，，，，
所以与的夹角大小为，
如图，作，
连接，，则，所以，
又，所以，，，四点共圆，
故当为圆的直径时，最大，此时，，，，
在中，．
在中，，
所以，
即，
整理得，
所以．
所以，即的最大值为．
所以以为直径的圆的面积的最大值为．
故答案为：．
作出相关向量后用解三角形的知识求解．
本题主要考查了向量数量积性质的综合应用，属于中档题．
 

17.【答案】解：因为，
所以，
即，
由正弦定理，可得，
因为，，可得且，
所以，则，所以，
因为，所以，则．
解：由可得，
由正弦定理，
可得，
所以．
由余弦定理可得，
又由基本不等式，当且仅当时取等号，
可得，
所以，故的最大值为． 

【解析】根据题意得到，由正弦定理化简得到，求得，即可求解；
由正弦定理得到，再由余弦定理和基本不等式得到，结合，即可求解．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，重要不等式的应用，化归转化思想，属中档题．
 

18.【答案】解：令，可得，
所以，
当时，，
可得，
所以，
又因为满足上式，
所以；
因为，
所以，
两边乘得：，
两式相减得：，
即：，
所以． 

【解析】通过已知条件，求出参数，利用求解通项公式即可；
根据写出的通项公式，利用错位相减法求解即可．
本题主要考查数列递推式，数列的求和，错位相减求和法的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 

19.【答案】解：由已知得：，
所以，事件发生的概率为；
随机变量的所有可能取值为，，；
计算，
，
，
所以随机变量的分布列为：

随机变量的数学期望为，
． 

【解析】由相互独立事件的概率计算公式求出事件发生的概率；
根据题意知随机变量的所有可能取值，计算对应的概率值，写出分布列，计算数学期望值与方差．
本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的计算问题，是基础题．
 

20.【答案】解：证明：如图所示，连接，因为是正六棱柱，且棱长为，
可得，且，
又因为，
所以，可得，
由，且，平面，
所以平面，
又由平面，
所以．
以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

因为正六棱柱的所有棱长为且，分别为，的中点，
可得，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，即，则可取，
设平面的一个法向量为，
则，即，则可取．
所以，
设平面与平面所成角为，则，
所以．
所以平面与平面所成角的正弦值为． 

【解析】连接，根据题意得到，且，结合勾股定理证得，进而证得平面，即可得到；
以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式和三角函数的基本关系式，即可求解．
本题考查线线，线面间的垂直关系，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
 

21.【答案】解：因为的定义域为，所以，
令得或，令得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
证明：因为，
在上恒成立，
即在上恒成立，
设，
则，
若，则，单调递增，的值域为，
故不能恒成立，故舍去；
若，
当时，，当时，，
从而在上单调递增，上单调递减，
所以有最大值，
所以． 

【解析】在定义域范围内求导函数大于零或小于零的解集即可；将问题转化为在上恒成立，含参讨论得时，有最大值，即证明．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．
 

22.【答案】解：因为点在双曲线上，所以，
又离心率，即，
所以，，
所以双曲线的方程为；
设，因为，分别为双曲线的左，右顶点，
所以，，所以直线的方程为．
由消去得．
因为直线与双曲线交于点，，所以，所以．
因为，所以，
所以，
所以．
因为直线的方程为，
由消去得．
因为直线与双曲线交于点，，所以所以．
因为，所以，
，
所以．
所以当且时，
直线的斜率为
，
当时，直线的方程为
，
令，得，
所以，
所以直线过定点．
当时，，直线的方程为，过定点．
当或时，直线，分别与双曲线的渐近线平行，点，不存在．
综上，直线恒过定点． 

【解析】由题意可得，，求解即可；
由题意可得，，设，从而得到直线的方程为，直线的方程为，分别与双曲线方程联立，结合韦达定理求得，，从而求得直线的方程为，当时，令，求得；当时，直线的方程为过定点，从而可确定直线过定点．
本题考查与圆锥曲线相交的直线过定点问题，属于中档题．